2.2. Az egyenletrendszer megold´ asa, az er˝ oterek illeszt´ ese
2.2.3. Az egyenletrendszer II. t´ıpus´ u megold´ asa
altal´anos I. t´ıpus´u megold´asf¨uggv´enyek eset´en- a felsz´ın alatti ´arams˝ur˝us´eg vektorok a felsz´ınnel p´arhuzamosak (l´asd 2.68 ´es differenci´alis Ohm-t¨orv´eny), hiszen az elektromos t´erer˝oss´egnek nincs felsz´ınre mer˝oleges komponense. 2.68-b˝ol egyben az is k¨ovetkezik, hogy a horizont´alis ´arams˝ur˝us´eg komponensek a m´elys´eg periodikus f¨uggv´enyei -ak´arcsak a II. t´ıpus´u megold´as ´altal ny´ujtott szabadon lecseng˝o m´odusok eset´eben.
2.2.3. Az egyenletrendszer II. t´ıpus´u megold´asa
Vezet˝o f´elt´erben:. Ha az elektromos er˝ot´er vezet˝o f´elt´erbeli divergencia-mentess´eg´et az 2.38 el˝o´ır´as´aval garant´aljuk, akkor aZ(z, t) f¨uggv´enyre egyszer˝uen ad´odik a differenci´ ale-gyenlet megold´asa:
(2.75) Z(z <0, t) =C(t)eαz
ahol C(t) az egyel˝ore ismeretlen id˝of¨ugg´est jel¨oli, αR+. Az 2.31 differenci´alegyenletbe behelyettes´ıtve ezt a formul´at
(α2−λ2)C(t) =µσC(t)˙ amely C(t)-re a k¨ovetkez˝o alakot engedi meg:
(2.76)
2.38 m´asik k¨ovetkezm´enye a horizont´alis v´altoz´ast le´ır´oF(x, y)-re vonatkozik, nevezetesen (2.79)
∂Fx
∂x +∂Fy
∂y =−αFz
Figyelembe v´eve az E =FZ felbont´asb´ol egyenesen k¨ovetkez˝o 2.32 ¨osszef¨ugg´est az F komponenseire vonatkoz´olag,Fhorizont´alis komponensei ´es a vertik´alis ¨osszetev˝oje k¨ozti kapcsolatot a k¨ovetkez˝o m´odon c´elszer˝u felt´etelezni:
(2.80)
A komponenseket visszahelyettes´ıtve 2.79-be ´es felhaszn´alva 2.32-et α
azaz a horizont´alis komponensek vertik´alissal val´o f¨onti kifejez´ese leegyszer˝us´ıti a prob-l´em´at az Fz meghat´aroz´as´ara5.
Az im´ent csakFx ´esFy fel´ır´as´at mutattam meg, azFz f¨uggv´eny´eben, viszont ez ut´ ob-binak csak 2.32 Helmholtz-egyenletet kell kiel´eg´ıtenie. Mivel Fz ez´altal egy multiplikat´ıv konstans erej´eig meghat´arozott, a k¨ovetkezetes jel¨ol´es ´erdek´ebenFz =const·P form´aban
´ırhat´o. Mivel a konstans szabadon megv´alaszthat´o, a praktikus okok miatt c´elszer˝u Fz: =λP
fel´ır´as nem s´erti az ´altal´anoss´agot. ´Igy az elektromos t´erer˝oss´eg a vezet˝o f´elt´erben
(2.81)
5Megjegyz´es:A megold´ast ´altal´anosabb alakj´ahoz jutunk, ha a horizont´alis komponenseket meghat´aroz´o rel´aci´okban pozit´ıv, illetve -a m´asik egyenl˝os´egben- negat´ıv el˝ojellel egy olyan P1(x, y) megfelel˝o parci´alis deriv´altjait is elhelyezz¨uk, amely kiel´eg´ıti a Helmholtz-egyenletet:
∂2P1
∂x2 +∂2P1
∂y2 +λ2P1= 0
(Behelyettes´ıt´essel egyszer˝uen ellen˝orizhet˝o.) Emiatt azFkomponensei k¨oz¨otti ¨osszef¨ugg´es ´altal´anosan Fx= α
alakban adhat´o meg, mely form´aban a komponensek kiel´eg´ıtik a forr´asmentess´eget biztos´ıt´o felt´etelt (2.79) ´es eleget tesznek a 2.32 krit´eriumnak. Mivel aP1kib˝ov´ıt´es az I. t´ıpus´u megold´ast reprezent´aln´a,
´ıgy a teljes megold´ashalmaz tekintet´eben az ´altal´anoss´ag megs´ert´ese n´elk¨ul elhagyhat´o.
alakban ´ırhat´o a II. t´ıpus´u megold´as eset´eben. A vezet˝o f´elt´erben kialakul´o m´agneses t´erer˝oss´egre, illetve fluxuss˝ur˝us´egre vonatkoz´olag a 2.2 Maxwell-egyenlet felhaszn´al´as´aval kaphatunk inform´aci´ot:
id˝obeli integr´al´assal a m´agneses t´erer˝oss´eg:
(2.83) komponensek vertik´alis v´altoz´as´at, ak´arcsak az I. t´ıpus´u megold´asn´al. Ezt ´altal´anosan a (2.84) Zsz(z >0, t) =D(t)(A0eλz+B0e−λz)
f¨uggv´eny el´eg´ıti ki, ahol A0 ´es B0 konstansok. Emellett tudjuk, hogy az elektromos er˝ot´er tangenci´alis komponens folytonos a k¨ozeghat´aron
(2.85)
´ıgy az komponenst˝ol eltekintve, az a k¨ovetkez˝o form´aban ´ırhat´o6
(2.87)
6A komponensek 2.87 alak´u el˝o´all´ıt´asa az ´altal´anoss´ag biztos´ıt´asa ´erdek´eben sz¨uks´eges, nevezetesen, hogy azkomponenst˝ol val´o f¨ugg´est nem emeltem ki a vektor el´e. ´Igy nem k¨oveteltem meg a felt´etelt, hogy Eszepar´abilis m´odon el˝o´all´ıthat´o legyen, holott az 2.27 alapj´at k´epezi a probl´ema f¨onti t´argyal´as´anak.
A l´atsz´olagos ellentmond´as felold´asa abban ´all, hogy 2.87 fel´ır´asban a t´erer˝o-komponensek nem elemi, hanem ¨osszetett megold´asai jelennek meg azszerinti, k¨ul¨onb¨oz˝o el˝ojel˝u exponenci´alis f¨uggv´enyek
¨osszegek´ent. Emiatt nem v´arhat´o el, hogy a t´erer˝oss´eg vertik´alis komponense ugyanolyan form´aban f¨uggj¨onz-t˝ol, mint a horizont´alis ¨osszetev˝ok.
A harmadik komponens meghat´aroz´as´aban a szabad t¨olt´esek hi´any´ab´ol k¨ovetkez˝o forr´ as-mentess´eg krit´eriumot haszn´alom f¨ol,∇E= 0-b´ol k¨ovetkezik:
(2.88)
ahol az integr´aci´os addit´ıv konstanst null´anak tekintettem, hogy az elektromos t´erer˝oss´eg, a forr´ast´ol val´o v´egtelen t´avols´agba tartva z´erus legyen. Ebb˝ol ad´od´oan a II. t´ıpus´u megold´as, dielektrikumban a k¨ovetkez˝o alak´u elektromos teret engedi meg:
(2.91)
K´es˝obbiekben bizony´ıtom, hogyβR+, ebb˝ol azonban k¨ovetkezik, hogy az elektromos t´er im´enti formul´aja a szigetel˝o k¨ozegben, szabadon lecseng˝o megold´ast reprezent´alja. Ez a t´er azonban el˝o´all´ıthat´o -egy konstans erej´eig hat´arozott- potenci´alf¨uggv´eny gradiensek´ent, nevezetesen7
form´aban. A dielektrikumbeli m´agneses fluxuss˝ur˝us´egre a 2.2 Maxwell egyenlet alapj´an sz´armaztatva arra a k¨ovetkeztet´esre jutunk, hogy
(2.93) B(z˙ ≥0, t) =0azaz B(z
≥0)
=const.,
7Megjegyz´es: A szepar´alhat´os´aggal kapcsolatos el˝obbi l´abjegyzethez, annyit f˝uz¨ok hozz´a, hogy a 2.91, ill. 2.92 k´epletekkel le´ırt er˝ot´er term´eszetesen el˝o´all´ıthat´oFZ (sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´u) alak´u elemi terek ¨osszegek´ent a k¨ovetkez˝o ´ertelemben:
E(z≥0, t) =E1+E2ahol nohaE ¨onmag´aban nem szepar´abilis.
teh´at
(2.94) H(z≥0) =const.,
hiszen potenci´alos elektromos t´er ¨orv´enymentes, azaz ∇ ×E=0. Ez fizikai ´ertelemben annyit jelent, hogy a II. t´ıpus´u megold´as nem ad j´arul´ekot a felsz´ın feletti m´agneses t´erhez.
Az er˝oterek tov´abbi illeszt´ese a hat´arfel¨uleten:.
– Az elektromos t´er tangenci´alis komponens´enek illeszt´es´et az 2.85 ´es 2.86 ¨osszef¨ ug-g´esek fel´ır´asakor, a dielektrikumbeli horizont´alis er˝ot´erkomponensek meghat´aroz´asakor haszn´altam f¨ol, ´ıgy azok nem szabnak ´ujabb felt´etelt vagy megszor´ıt´ast.
– A m´agneses fluxuss˝ur˝us´eg norm´alis komponens´enek folytonos ´atmenete biztos´ıtott, hiszen a felsz´ın alatt ´es f¨ol¨ott is z´erus.
– A tangenci´alis m´agneses t´erer˝oss´eg-komponensek folytonos ´atmenet´enek biztos´ıt´asa -a felsz´ın alatti m´agneses t´er, vezet˝o f´elt´erben sz´am´ıtott ´ert´eke z´erus kell, hogy
legyen-, t¨obb m´odon lehets´eges:
– Ha felt´etelezz¨uk, hogyαR, akkor 2.82 ´ertelm´eben a vezet˝o f´elt´erbeli m´agneses t´erer˝oss´eg ´erint˝oir´any´u komponensei a felsz´ınen csak abban az esetben lehetnek z´erusok, ha C0 = 0 8. Ez viszont a trivi´alis megold´as.
– Trivi´alist´ol elt´er˝o megold´ast akkor kapunk, ha felt´etelezz¨uk, hogyα, ´es C0 C.
Ez esetben c´elravezet˝o a val´os ´es k´epzetes ¨osszetev˝ok szerinti felbont´as mindk´et eml´ıtett param´eter eset´eben:
(2.95) C0 =A0+iB0, illetve α
=φ+iω
(term´eszetesen ennek a B0-nak nincs k¨oze a m´agneses fluxuss˝ur˝us´eg abszol´ut
´ert´ek´ehez).
8Magyar´azat: az exponenci´alis f¨uggv´eny semmilyen v´eges val´os argumentum eset´en nem vesz fel z´erus
´ert´eket
garant´al´as´aval biztos´ıthatjuk, melybe a 2.95 behelyettes´ıt´es´evel, egyszer˝us´ıt´es
krit´eriumhoz jutunk. E felt´etel hat k¨ul¨onb¨oz˝o param´eter-konfigur´aci´o mellett val´osulhat meg:
Az im´enti vizsg´alat szerint egyed¨ul a m´asodik lehet˝os´eg ny´ujt nem-trivi´alis megold´ast. Ez azt jelenti, hogy azα kitev˝o, illetve a C0 egy¨utthat´o egyar´ant k´epzetes mennyis´egek. Figyelembe v´eve β defin´ıci´oj´at (2.76) azα param´eter
9Haφ2−ω2=λ2, akkorα=φ+iωfelbont´as ´ertelm´eben (2.95)α2=λ2+ 2iφω. Azonbanβdefin´ıci´oja
Az Euler-f´ele felbont´ast alkalmazva, ez egyen´ert´ek˝u a sin
felt´etellel. A szorzat ´ert´eke csak ´ugy lesz mindentid˝opillanatban z´erus, ha a szorzat m´asodik t´enyez˝oje z´erus, azazφω= 0 felt´etelt k¨ovetelj¨uk meg, azazφvagyω, esetleg mindkett˝o egyidej˝uleg z´erus:
· ω= 0: EkkorαR+, ami ism´et a trivi´alis megold´ashoz vezet.
· φ= 0: Ekkor−ω2=λ2, ami -tekintve, hogyλR+´esωR- ellentmond´ashoz vezet.
· ω=φ= 0: k¨ovetkezik, hogyα= 0, azazαR, amely szint´en a trivi´alis megold´asra vezet.
Ezzel bel´attuk, hogy a 4. param´eter-egy¨uttes nem vezet ´uj megold´asra.
tiszt´an k´epzetes volta maga ut´an vonja, hogy βR+: valamintα=iωbehelyettes´ıt´es´evel, az er˝oterek val´os komponense a k¨ovetkez˝o alakra egyszer˝us¨odik:
A II. t´ıpus´u megold´as k¨ovetkezm´enyeinek megfontol´asa. Vezet˝o f´elt´erben 2.100 ´ertelm´eben -1.6 Ohm t¨orv´enyt alkalmazva-, az ´arams˝ur˝us´eg mindh´arom komponense a m´elys´eg
pe-riodikus f¨uggv´enye, geometri´aj´at tekintve ´alland´o, er˝oss´eg´et tekintve id˝oben szabadon lecseng˝o megold´ast reprezent´al. Az ´arams˝ur˝us´eg vertik´alis komponense a felsz´ınen (z= 0) z´erus.
A megold´asok ´ertelmez´ese:. Az 2.44 ´es 2.45, illetve 2.49 ´es 2.51, valamint 2.92 ´es 2.93, tov´abb´a 2.100 ´es 2.101, v´eg¨ul a 2.68, 2.70 ´es 2.72, 2.74 ¨osszef¨ugg´esek a val´os´agban kialakul´o t´er elemi megold´asait, elemi ¨osszetev˝oit jelentik. Mindenω, q, λ´es minden 2.43-t kiel´eg´ıt˝o P(x, y) egy-egy m´odust k´epvisel, melyek line´aris kombin´aci´ojak´ent ´all´ıthat´o el˝o a val´os er˝ot´er.
2.3. Id˝oben periodikus induk´al´o t´er a nagycenki egyszer˝us´ıtett